高考物理吉林电磁学知识点之稳恒电流易错题汇编含答案解析

高考物理吉林电磁学知识点之稳恒电流易错题汇编含答案解析
一、选择题
1．在中学生创新活动中,小强根据所学知识设计了一个如图所示的多量程电表,其表头内阻R g= 100Ω,满偏电流I g=1mA,则以下判断正确的是（）
A．若S1、S2都断开,R1=900Ω,可改装成量程为10V的电压表
B．若S1、S2都断开,R1=900Ω,可改装成量程为1V的电压表
C．若S1、S2都闭合,R2=50Ω,可改装成量程为30mA的电流表
D．若S1、S2都闭合,R2=50Ω,可改装成量程为10mA的电流表
2．如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，若将滑动片P向下滑动，则（）
A．A灯变亮
B．B灯变亮
C．总电流变小
D．R1上消耗功率变大
3．下列说法正确的是（）
A．电源是通过非静电力做功把电能转化为其他形式的能的装置
B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值
C．英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场
D．牛顿设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因
4．如图所示，直线A为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B为电阻R两端电压与通过该电阻流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别是（）
A．2W，66.7%B．2W，33.3%C．4W，33.3%D．4W，66.7%
5．如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻
r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）
A．a灯变亮，b灯和c灯变暗
B．a灯和c灯变亮，b灯变暗
C．a灯和c灯变暗，b灯变亮
D．a灯和b灯变暗，c灯变亮
6．如下图的电路中,当滑动变阻器的滑动头向下滑动时,A、B两灯亮度的变化情况为( )
A．A灯和B灯都变亮
B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮,B灯变暗
D．A灯变暗,B灯变亮
7．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R u的滑动端向下滑动的过程中
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大．
8．如图，A、B两盏电灯完全相同．当滑动变阻器的滑动头向右移动时，则（）
A．A灯变亮，B灯变亮B．A灯变暗，B灯变亮
C．A灯变暗，B灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗
9．图甲为某电源的U I -图线，图乙为某小灯泡的U I -图线，则下列说法中正确的是（ ）
A ．电源的内阻为5Ω
B ．小灯泡的电阻随着功率的增大而减小
C ．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3W
D ．把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.4W
10．电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上（如图所示），下列说法正确的是（ ）
A ．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大
B ．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小
C ．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少
D ．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗的总功率不变
11．在如图所示电路中，合上开关S ，将滑动变阻器R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表A 1、A 2和V 的示数I 1、I 2和U 的变化情况是（ ）
A ．I 1增大，I 2不变，U 增大
B ．I 1减小，I 2不变，U 减小
C ．I 1增大，I 2减小，U 增大
D ．I 1减小，I 2增大，U 减小
12．如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S 与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i ﹣t 曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。

仅由这个i ﹣t 曲线所提供的信息可以估算出
A ．电容器的电容
B ．一段时间内电容器放电的电荷量
C ．某时刻电容器两极板间的电压
D ．一段时间内电阻产生的热量
13．如图所示的电路中，电阻12R =Ω、23R =Ω、36R =Ω，给电路通以恒定电流，电阻R 1消耗的功率为P ，则R 2和R 3消耗的总功率为（ ）
A ．P
B ．
52
P C ．
92
P D ．
12
P 14．如图是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是（ ）
A ．电源的电动势为1.0V
B ．电源的内阻为12Ω
C ．电源的短路电流为0.5A
D ．电流为0.3A 时的外电阻是18Ω
15．智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。

充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60−0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）。

如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（ ） 容量
20000mAh
兼容性
所有智能手机
边充边放 否 保护电路 是
输入
DC ：5V 2A MAX 输出
DC ：5V 0.1A−2.5A
尺寸56×82×22mm转换率0.60
产品名称索扬SY10−200重量约430g
A．给充电宝充电时将电能转化为内能
B．该充电宝最多能储存能量为3.6×105J
C．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2h
D．该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满6次
16．用如图甲所示的电路来测量电池电动势E和内电阻r，根据测得的数据作出如图乙所 图线，由图可知（）
示的U I
A．电池电动势的测量值为1.40V
B．电池内阻的测量值为3.5Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.4A
D．电压表的示数为1.20V时，电阻R的阻值为0.20Ω
17．两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时，其电势的变化如图所示，下列说法正确的是（）
A．A和B导线两端的电压之比为5：2
B．A和B导线两端的电压之比为1：2
C．A和B导线的横截面积之比为1：3
D．A和B导线的横截面积之比为2：3
18．某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断中正确的是
A．图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B．图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱
C．图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D．图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压（大于40V）时，反向电流才急剧变大19．一台直流电动机，其线圈的电阻值为0.5Ω。

当电动机两端所加电压为6V时，电动机正常工作，通过线圈的电流是2A。

由此可知
A．电动机消耗的电功率为72W
B．电动机输出的机械功率为12W
C．电动机线圈的发热功率为2W
D．电动机的工作效率为50%
20．一个内阻可以忽略的电源接在一个装满水银的绝缘圆管两端，通过的电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，通过的电流将是()
A．0.4 A B．0.8 A C．1.6 A D．3.2 A
21．如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比S a∶S b＝1∶2。

已知5s内有5×1018个自由电子通过导线a的横截面，电子的电荷量e=1.6×10－19C。

下列说法正确的是（）
A．流经导线a的电流为0.16A
B．流经导线b的电流为0.32A
C．a、b的电阻之比R a∶R b＝1∶2
D．自由电子在导线a和b中的定向移动速率之比v a∶v b＝1∶2
22．如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是()
A．电流表、电压表的读数均变小
B．电源内阻消耗的功率变大
C．液滴将向上运动
D．电源的输出功率变大
23．下列关于电源电动势的说法正确的是( )
A．电源是通过静电力把其他形式的能转化为电能的装置
B．电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领
C．在电源内部负电荷从低电势处向高电势处移动
D．把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势也将变化
24．某同学从电子市场购买了一款手机电池板，如图所示，根据电池板上的标识，该电池一次可以提供的最大电能约为（）
A．8.4×103J B．7.4×103J
C．2.6×104J D．3.0×104J
25．如图为多用电表欧姆档的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻
R g=100Ω，调零电阻的最大值R0=50kΩ，电池电动势E=1.5V，电源内阻不计。

将两表笔短接调零后，用它测量电阻R x，当电流计指针只在满刻度的一半时，R x的阻值是（）
A．25kΩB．5kΩC．50kΩD．50Ω
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．B
解析：B
【解析】
【详解】
A B．若S1、S2都断开，电阻1R和小电流表串联，电阻分压，应该是改装成了较大量程的电压表，则改装后的电压表的量程为
31()110(100900)V 1V g g U I R I -=+=⨯⨯+=
故B 正确；
CD ．若S 1、S 2都闭合，1R 被短路，小量程电流表和电阻2R 并联，电阻2R 分流，改装成了较大量程的电流表，则改装后的电流表的量程为
2
3mA g g g I R I I R =+
=
所以，CD 错误。

故选B 。

2．D
解析：D 【解析】
将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I 增大，则R 1上消耗功率变大，路端电压U E Ir =﹣，I 增大，U 减
小，则A 灯变暗，B 灯与变阻器并联的电压1U E I R r =+并﹣（），I 增大，则U 并减小，所
以B 灯变暗，故D 正确，ABC 错误； 故选D ．
【点睛】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．
3．C
解析：C
【解析】A ：电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置。

故A 项错误。

B ：库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e 的数值。

故B 项错误。

C ：英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场。

故C 项正确。

D ：伽利略设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因。

故D 项错误。

点睛：要熟悉物理学史以及相应的科学思维方法。

4．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
由图象A 可知电源的电动势E =3V ，由图象B 可知，此时电阻R 两端的电压为U =2V ，流过R 的电流为I =1A ，电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，根据
P=UI
得：
P =2×1W=2W
电源的总功率为：
P 总=EI =3×1W=3W
所以效率为：
2
100%100%66.7%3
P P η=
⨯=⨯=总 A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
变阻器R 的滑片稍向上滑动一些，滑动变阻器电阻减小，根据“串反并同”与其串联的灯泡C 电流增大，变亮，与其并联的灯泡b 电流减小，变暗，与其间接串联的灯泡a 电流增大，变亮，B 对；
6．B
解析：B 【解析】 【详解】
当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A 灯的电压变小，故A 灯变暗；由A 的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B 的电压变小，可知B 的功率变小，故B 灯变暗。

故选B 。

7．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，R 1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R 2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R 0的电流增大，则电流表的示数增大．故A 正确，BCD 错误
8．D
解析：D 【解析】
当滑出向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以外电路电阻增大，路端电压增大，总电流减小，即B 中的电流减小，所以B 变暗，B 两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联电路两端的电压增大，即A 两端的电压增大，所以A 变亮，D 正确．
9．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ．根据闭合电路欧姆定律变形：
U E Ir =-
可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据甲图电动势为：
1.5V E =
内阻为：
1.0 1.55ΩΩ0.3
3
r -=
=
A 错误；
B ．根据乙图可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得：
U R I
=
可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大，B 错误；
C ．把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起：
两U I -曲线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数：
0.125V U ≈ 0.28A I ≈
所以，小灯泡的功率为：
0.1250.28W 0.035W P UI ==⨯≈
C 错误；
D ．回路中的总功率为：
1.50.28W 0.42W P EI ==⨯≈总
D 正确。

故选D 。

10．A
解析：A 【解析】
【详解】 开关接通时，灯泡发生短路，电阻小于开关断开时的电阻，有公式2
U P R
=可知，开关接通时比开关断开时消耗的总功率大，故A 正确；开关接通时，电灯熄灭，只有电烙铁通电，电路中电阻减小，有公式2
U P R
=可知，消耗的功率增大；故B 错误；开关断开时，电灯发光，电烙铁也通电，消耗的总功率减小，且电烙铁发热较少，故C 错误；开关断开时，灯泡串联在电路中，电灯发光，总电阻增大，可供在焊接时照明使用，消耗总功率减小，故D 错误；故选A ．
11．D
解析：D
【解析】试题分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析． 触点向b 端移动过程中2R 连入电路的电阻减小，即总电阻减小，干路电流即总电流增大，所以根据E U Ir =+可知路端电压减小，即U 减小， 3R 在干路，通过它的电流增大，所以3R 两端的电压增大，而3R U U U ↓=↑+并，所以U 并减小，即并联电路两端的电压减小，所以1R 的电流1I 减小，而12I I I ↑=↓+，所以2I 增大，D 正确
12．B
解析：B
【解析】
【详解】
ABC ．根据电流的定义：
Q I t
= 可知i t -图线和时间轴围成的面积所表示的物理量为电荷量Q ，通过对格子进行计数可以求解一段时间内电容器放电的电荷量；根据电容的定义：
Q C U
= 可知，无法求解电容器的电容和极板间电压，故AC 错误，B 正确；
D ．根据焦耳定律：
2Q I Rt =
电流无法准确求解，所以产生的焦耳热无法求解，故D 错误。

故选B 。

13．A
解析：A
【解析】
2R 和3R 并联电阻
232323
2R R R R R ==Ω+ 根据串联电路正比分压，2R 和3R 并联后与1R 串联，电压与1R 两端电压相等，总电流与流过1R 的电流相等，由2P I R =可知，2R 和3R 消耗的总功率为P ，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

14．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电源的电动势为纵轴的截距，为6.0V ，故A 错误；
B ．电源的内阻为该图形的斜率绝对值
6.0 5.0 2.00.5
U r I ∆-=
=Ω=Ω∆ 故B 错误； C ．该图像的纵轴没有从零开始，故图像与横轴的电流不是短路电流，短路电流
6.0V =
3.0A 2.0Ω
E I r ==短 故C 错误；
D ．根据闭合电路的欧姆定律
E I R r
=
+ 得 E R r I
=
- 带入数据解得 18.0R =Ω
故D 正确。

故选D 。

15．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能，选项A 错误；
B ．该充电宝的容量为
3420000mAh 20000103600C 7.210C q -==⨯⨯=⨯
该电池的电动势为5V ，所以充电宝储存的能量
45•57.210J 3.610J E E q ==⨯⨯=⨯电动势
选项B 正确；
C ．以2A 的电流为用电器供电则供电时间
4
47.210s 3.610s 10h 2
q t I ⨯=⨯＝＝＝ 故C 错误；
D ．由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为
20000mAh 0.612000mAh ⨯=
给容量为3000mAh 的手机充电的次数
1200043000
n ==次次 选项D 错误。

故选B 。

16．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图示图像可知电源U -I 图像与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势1.40V ，故A 正确；
B ．电源内阻
1.40 1.00==1ΩΔ0.4
U r I ∆-=
故B 错误； C ．由图示图像可知，路端电压为1.00V 时，电路电流为0.4A ，故C 错误；
D ．根据欧姆定律
1.206Ω0.2
U R I =
== 故D 错误。

故选A 。

17．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由图像可知，导线A 长度为1m ，两端电压6V A U =；导线B 长度为2m ，其两端电压为4V B U =，所以A 导线和B 导线两端的电压之比为3：2，AB 错误；
CD ．两导线中电流相等，即
A B A B
U U R R = 算得
32
A A
B B R U R U == 根据电阻定律
L R S
ρ
= 可得两导线的横截面积之比为 13
A A
B B B A S L R S L R =⨯= D 错误
C 正确。

故选C 。

18．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A 错误；
B ．由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B 错误；
C ．由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C 错误。

D ．根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压（大于40V ）时，反向电流才急剧变大，故D 正确。

故选D 。

19．C
解析：C
【解析】
【详解】
A. 电动机消耗的电功率为
P=IU =12W
选项A 错误；
C. 电动机线圈的发热功率为
P 热=I 2R =22×0.5=2W
选项C 正确；
B. 电动机输出的机械功率为
P 出=P -P 热=10W
选项B 错误；
D. 电动机的工作效率为 000010=10083.312
P P η=⨯=出 选项D 错误；
故选C. 20．C
解析：C
【解析】
【详解】
内径大一倍，横截面积变为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银长度变为原来的， 则由电阻定律知电阻变为原来的，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，即为1.6A.
A. 0.4A 与计算结果不相符；故A 项不合题意.
B. 0.8A 与计算结果不相符；故B 项不合题意.
C. 1.6A 与计算结果不相符；故C 项符合题意.
D. 3.2A 与计算结果不相符；故D 项不合题意.
21．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据电流的定义式求解通过a 、b 导体的电流 1819
510 1.6A A 100.165
q I t ⨯==⨯=⨯－ A 正确，B 错误；
C ．根据电阻定律
L R S
ρ
= 可知 21
a b b a R S R S == C 错误；
D ．根据电流的微观表达式
I neSv =
可知
21
a b b a v S v S == D 错误。

故选A 。

22．C
解析：C
【解析】
【分析】
首先对电路进行分析：L 2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知液滴的受力变化，则可知液滴的运动情况．根据电源的内外电阻关系，分析电源输出功率的变化．
【详解】
AC ．当L 2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R 1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C 的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动；
由于C 两端的电压增大，R 2、R 3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大；故A 错误，C 正确；
B ．因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故B 错误；
D ．由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化．故D 错误．
【点睛】
本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析．
23．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A 、
B 项：电源是通过非静电力把其他形式的能转化为电能的装置，故A 错误，B 正确；
C 项：在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以负电荷从高电势处向低电势处移动，故C 错误；
D 项：把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D 错误．
故选B 。

24．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
由图可知，该电源的电量为
2000?2000 3.67200mAh C C =⨯=
则最大电能
43.77200 2.610W UIt UQ J J ===⨯=⨯
故ABD 错误，C 正确；
故选C 。

25．B
解析：B
【解析】
【详解】
欧姆表的中值电阻R 中等于欧姆表的内电阻R 总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时
g E I R =
总 当电流计指针指在满刻度的12
时 12g x
E I R R =+总 联立解得
12
x g E R R I =
-总 联立可得： R x =5kΩ。

故B 正确ACD 错误。

故选B 。